【BZOJ2281】【博弈论+DP】 [Sdoi2011]黑白棋
Description
黑白棋（game）
【问题描述】
小A和小B又想到了一个新的游戏。
这个游戏是在一个1*n的棋盘上进行的，棋盘上有k个棋子，一半是黑色，一半是白色。
最左边是白色棋子，最右边是黑色棋子，相邻的棋子颜色不同。
E
小A可以移动白色棋子，小B可以移动黑色的棋子，他们每次操作可以移动1到d个棋子。
每当移动某一个棋子时，这个棋子不能跨越两边的棋子，当然也不可以出界。当谁不可以操作时，谁就失败了。
小A和小B轮流操作，现在小A先移动，有多少种初始棋子的布局会使他胜利呢？
Input
共一行，三个数，n,k,d。
Output
输出小A胜利的方案总数。答案对1000000007取模。
Sample Input
10 4 2
Sample Output
182
【数据规模和约定】
对于100%的数据，有1<=d<=k<=n<=10000, k为偶数，k<=100。
【数据规模和约定】
对于100%的数据，有1<=d<=k<=n<=10000, k为偶数，k<=100。
HINT
Source
【分析】
很经典的题目，很不错。
我们将相邻的棋子看成一对，显然，在最后的情况下，每对棋子都是紧贴在一起的。
对于每对棋子，白棋在左边，黑棋在右边，那么白棋就只能往右边走，黑棋也只能往左边走，否则若白棋往左边，黑棋也可以往左边，情况不会有改变。
那么若将每对棋子之间的距离看成一堆石子的数量，就变成经典的nim游戏。
然后用nimk的理论做就行了。
DP有点难想...看代码就看得懂了
1 /* 2 唐代白居易 3 《问刘十九》 4 绿蚁新醅酒，红泥小火炉。 5 晚来天欲雪，能饮一杯无。*/ 6 7 #include <set> 8 #include <map> 9 #include <cmath> 10 #include <cstdio> 11 #include <vector> 12 #include <cstring> 13 #include <cstdlib> 14 #include <iostream> 15 #include <algorithm> 16 #define LOCAL 17 const int MAXL = 20; 18 const long long MOD = 1000000007; 19 const int MAXK = 10000 + 10; 20 const int MAXN = 10000 + 10; 21 using namespace std; 22 typedef long long ll; 23 ll f[100][MAXN * 2]; 24 ll c[MAXK][1000], n, K, d; 25 26 ll C(ll a, ll b){ 27 if (a == b) return 1ll; 28 //if (b > a - b) b = a - b; 29 return c[a][b] % MOD; 30 } 31 void prepare(){//预处理组合数 32 memset(c, 0, sizeof(c)); 33 c[0][0] = 1; 34 for (ll i = 1; i <= 10005ll; i++){ 35 c[i][0] = 1ll; 36 //if (i <= 210) c[i][i] = 1; 37 for (ll j = 1; j < min(i, 250ll); j++) 38 c[i][j] = (C(i - 1, j) + C(i - 1, j - 1)) % MOD; 39 } 40 //for (ll i = 1; i <= 50; i++) 41 //for (ll j = 0; j <= i; j++) printf("%d %d:%d\n", i, j, C[i][j]); 42 //printf("%d\n", C[10][2]); 43 } 44 void dp(){ 45 K /= 2; 46 memset(f, 0, sizeof(f)); 47 f[0][0] = 1;//第0位 48 for (ll i = 1; i <= 15; i++){ 49 for (ll j = 0; j <= n - 2 * K; j++)//注意这一层不需要枚举到n了，因为只有这么多的空位 50 for (ll k = 0; (k * (d + 1) <= K) && (k * (d + 1) * (1ll<<(i - 1)) <= j); k++){ 51 f[i][j] = (f[i][j] + (f[i - 1][j - k * (d + 1) * (1ll<<(i - 1))] * C(K, k * (d + 1))) % MOD) % MOD; 52 53 } 54 } 55 ll Ans = 0; 56 for (ll i = 0; i <= n - 2 * K; i++) Ans = (Ans + (f[15][i] * C(n - i - K * 2 + K, K)) % MOD) % MOD; 57 printf("%lld\n", (C(n, 2 * K) - Ans + MOD) % MOD); 58 } 59 60 int main(){ 61 62 prepare(); 63 scanf("%lld%lld%lld", &n, &K, &d); 64 dp(); 65 //n的距离,k个石头，1~d次移动 66 return 0; 67 }
